1497: [NOI2006]最大获利

1497: [NOI2006]最大获利

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Description

新的技术正冲击着手机通讯市场，对于各大运营商来说，这既是机遇，更是挑战。THU集团旗下的CS&T通讯公司在新一代通讯技术血战的前夜，需要做太多的准备工作，仅就站址选择一项，就需要完成前期市场研究、站址勘测、最优化等项目。在前期市场调查和站址勘测之后，公司得到了一共N个可以作为通讯信号中转站的地址，而由于这些地址的地理位置差异，在不同的地方建造通讯中转站需要投入的成本也是不一样的，所幸在前期调查之后这些都是已知数据：建立第i个通讯中转站需要的成本为Pi（1≤i≤N）。另外公司调查得出了所有期望中的用户群，一共M个。关于第i个用户群的信息概括为Ai, Bi和Ci：这些用户会使用中转站Ai和中转站Bi进行通讯，公司可以获益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N） THU集团的CS&T公司可以有选择的建立一些中转站（投入成本），为一些用户提供服务并获得收益（获益之和）。那么如何选择最终建立的中转站才能让公司的净获利最大呢？（净获利 = 获益之和 - 投入成本之和）

Input

输入文件中第一行有两个正整数N和M 。第二行中有N个整数描述每一个通讯中转站的建立成本，依次为P1, P2, …, PN 。以下M行，第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci描述第i个用户群的信息。所有变量的含义可以参见题目描述。

Output

你的程序只要向输出文件输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3

Sample Output

4

HINT

【样例说明】选择建立1、2、3号中转站，则需要投入成本6，获利为10，因此得到最大收益4。【评分方法】本题没有部分分，你的程序的输出只有和我们的答案完全一致才能获得满分，否则不得分。【数据规模和约定】 80%的数据中：N≤200，M≤1 000。 100%的数据中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

题解：

st到所有中转站建边权值为建站的花费

客户向ed建边权值为利益

每个客户向它能用的两个中转站建边权值为inf

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5100;
const int M=51000;
const int inf=999999999;
int n,m;
int st=0,ed,len=0;
struct node{
	int x,y,c,next,other;
}sa[400005];
int first[100005],ans=0;
void ins(int x,int y,int z)
{
	len++;
	sa[len].x=x;
	sa[len].y=y;
	sa[len].c=z;
	sa[len].next=first[x];
	first[x]=len;
	sa[len].other=len+1;
	
	len++;
	sa[len].x=y;
	sa[len].y=x;
	sa[len].c=0;
	sa[len].next=first[y];
	first[y]=len;
	sa[len].other=len-1;
}
int list[100005],h[100005],head,tail;
bool bt()//宽搜只是为了构建h数组 
{
	memset(h,0,sizeof(h));h[st]=1; //出发点的层次为1
	list[1]=st;head=1;tail=2; //宽搜
	while(head!=tail)
	{
		int x=list[head];
		for(int k=first[x];k!=-1;k=sa[k].next)
		{
			int y=sa[k].y;
			if(  sa[k].c>0 &&  h[y]==0  )//a[k].c>0让多次构图成为可能
			{
				// x >y这条边还有流量，并且 y没有访问过
				h[y]=h[x]+1;   //y作为x的下一层
				list[tail++]=y;
			}
		}
		head++;
	}
	if(h[ed]>0) return true;//如果最后能到ed返回true，否则返回false
	else return false;
}
int findans(int x,int f)//函数值等于：带着“期待流量”f从x出发，最后得到的“实际流量”s。 
{
	if(x==ed) return f; //x如果是终点，那么当前所带的期待目标流量都可以完成 
	int s=0,t;
	for(int k=first[x];k!=-1;k=sa[k].next) // 尝试通过所有孩子结点分散任务
	{
		int y=sa[k].y;	
		if( sa[k].c>0 && h[y]==(h[x]+1) && s<f )//a[k].c>0表示x->y这条边还有流量，且y是x的下一层，且“实际流量”<“期望流量”还没有满
		{ 
			s+=(  t=findans(  y  , min(sa[k].c,f-s)  )  ); //从y出发，而附带的“期望流量”是多少呢?; 
			sa[k].c-=t;sa[ sa[k].other ].c+=t; //及时修改边的流量，且同时增加反向边的流量
		}
	}
	if(s==0)h[x]=0;//如果x出发没有流量，x从此不可走
	return s;
}
int main()
{
	memset(first,-1,sizeof(first));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	ed=n+m+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		ins(st,i,x);
	}
	//printf("%d\n\n",ans);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		ins(x,i+n,inf);
		ins(y,i+n,inf);
		ins(i+n,ed,z);
		//ans+=z;
		//printf("!%d %d\n",z,ans);
		ans=ans+z;
		//printf("%d %d\n",z,ans);
	}
	//printf("%d\n",ans);
	int s=0;
	while(bt()!=false)
	{
		//printf("!");
		s+=findans(st,99999999);
	}
	printf("%d\n",ans-s);
}